高等数学学习笔记
前言
你微积分永远是你微积分
作者是跳着写的，所以有些内容没有
正文
高等数学 - 第七版（同济大学）
【函数的极限】
设函数 \(f(x)\) 在点 \(x_0\) 的某一去心邻域内有定义
如果存在常数\(A\)，对于任意给定的 \(\xi\in N^*\)，总存在\(\delta\in N^*\)
使得当 \(x\) 满足不等式 \(0<|\;x-x_0\;|<\delta\) 时
对应的函数值都满足不等式\(\;|\;f(x)-A\;|<\xi\)
那么常数 \(A\) 就叫做函数 \(f(x)\) 当 \(x\to x_0\) 时的极限，记作
\(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)= A\) 或 \(f(x)\to A\)（当 \(x\to x_0\)）
即
\(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A\Leftrightarrow\forall\xi>0,\exists\delta>0\)
当 \(0<|\;x-x_0\;|<\delta\) 时
有 \(|\;f(x)-A\;|<\xi\)
[例1]
证明 \(\lim\limits_{x\to 1}(2x-1)=1\)
解：
由于 \(|\;f(x)-A\;|=|\;2x-2\;|=2\;|\;x-1\;|\)
要使 \(|\;f(x)-A\;|<\xi\)
就需要使 \(2|\;x-1\;|<\xi\)
此时可取 \(\delta=\dfrac{\xi}{2}\)
当\(x\)满足 \(0<|\;x-1\;|<\delta\) 时
对应函数值满足 \(|\;f(x)-1\;|<\xi\)
从而 \(\lim\limits_{x\to 1}(2x-1)=1\)
- 总结：证明极限时只需要找到一个合法的 \(\delta\) 值即可
[例2]
证明：\(\lim\limits_{x\to x_0}\sqrt{x}=\sqrt{x_0}\;\;(x_0>0)\)
解：
由于 \(|\;f(x)-A\;|=|\;\sqrt{x}-\sqrt{x_0}\;|=\left|\;\dfrac{x-x_0}{\sqrt{x}+\sqrt{x_0}}\;\right|\)
要使 \(|\;f(x)-A\;|<\xi\)
就需要使 \(\left|\;\dfrac{x-x_0}{\sqrt{x}+\sqrt{x_0}}\;\right|<\xi\)
转化得 \(\dfrac{|\;x-x_0\;|}{\sqrt{x_0}}<\xi\)
\(|\;x-x_0\;|<\sqrt{x_0}\xi\)
同时要使 \(x>0\)
此时可取\(\delta=\min\{\;x_0,\sqrt{x_0}\xi\;\}\)
当\(x\)满足 \(0<|\;x-x_0\;|<\delta\) 时
对应函数值满足 \(|\;\sqrt{x}-\sqrt{x_0}\;|<\xi\)
从而 \(\lim\limits_{x\to x_0}\sqrt{x}=\sqrt{x_0}\;\;(x_0>0)\)
[例3]
计算极限 \(\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{\arctan x}{x}\)
解：
因为 \(\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{\arctan x}{x}=\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{1}{x}·\lim\limits_{x\to \infty}\arctan x\)
\(\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{1}{x}=0\;,|\lim\limits_{x\to \infty}\arctan x\;|<\dfrac{\pi}{2}\)
所以 \(\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{\arctan x}{x}=0\)
中间的东西因为太简单就咕咕咕了
【函数的微分】
咕咕咕咕
【不定积分 - 第一类换元法】
设函数 \(f(x)\) 具有原函数，且原函数是 \(F(x)\)，即
\(\displaystyle{\int f(x)dx=F(x)+C}\)
那么即有换元公式
\(\displaystyle{\int f[\varphi(x)]\varphi^\prime(x)dx=\int f[\varphi(x)]d\varphi(x)}\)
\(=\left[\displaystyle{\int f(u)du}\right]_{u=\varphi(x)}\)
[例1]
求 \(\displaystyle{\int\dfrac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}}\)
设 \(u=\dfrac{x}{a}\)，则 \(u^\prime=\dfrac{1}{a}\)
所以 \(\displaystyle{\int\dfrac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\int\dfrac{dx}{a\sqrt{1-u^2}}}\)
\(=\displaystyle{\int\dfrac{du}{\sqrt{1-u^2}}}\)
\(=arcsin\dfrac{x}{a}+C\)
[例2]
求 \(\displaystyle{\int sin^3xdx}\)
设 \(u=cosx\)，则 \(u^\prime=-sinx\)
所以 \(\displaystyle{\int sin^3xdx=-\int sin^2xdu}\)
\(=-\displaystyle{\int (1-u^2)du}\)
\(=\displaystyle{-cosx-\dfrac{u^3}{3}+C}\)
\(=-cosx-\dfrac{cos^3x}{3}+C\)
[例3]
求 \(\displaystyle{\int cos^2xdx}\)
我们知道 \(cos2x=1-2sin^2x\)，所以设 \(u=2x\)，则 \(u^\prime=2\)
\(\displaystyle{\int cos^2xdx=\int\dfrac{cos2x+1}{2}dx}\)
\(=\displaystyle{\dfrac{x}{2}+C+\dfrac{1}{2}·\dfrac{1}{2}\int cosudu}\)
\(=\dfrac{x}{2}+\dfrac{sin2x}{4}+C\)
【不定积分 - 第二类换元法】
咕咕咕咕
【定积分求导】
如果函数 \(f(x)\) 在区间 \([a,b]\) 上连续，那么积分上限函数
\(\displaystyle{\Phi(x)=\int^x_af(t)dt}\)
在上可导，并且其导数为
\(\displaystyle{\Phi^\prime(x)=\dfrac{d}{dx}\int^x_a f(t)dt=f(x)}\)
证明：
\(\displaystyle{\Delta\Phi=\int^{x+\Delta x}_af(t)dt-\int^x_af(t)dt}\)
也就相当于：
\(\displaystyle{\int^{x+\Delta x}_xf(t)dt}\)
根据积分中值定理，可得：
\(\Delta\Phi=f(\xi)\Delta x\)
两边同除以 \(\Delta x\)
\(\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta x}=f(\xi)\)
而当 \(\Delta x\to 0\) 时，\(\xi\to x\)，因此 \(\lim\limits_{\Delta x\to 0}f(\xi)=f(x)\)
定理很简单，但是我们需要熟练的应用：
[例1]
求 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\displaystyle{\int^{1}_{cos\,x}e^{-t^2}dt}}{x^2}\)
显然这是一个 \(\dfrac{0}{0}\) 型未定式，我们首先可以用洛必达法则来计算
因为需要对定积分求导，所以我们根据定积分的性质，将分子进行简单的变换：
\(-\displaystyle{\int^{cos\,x}_{1}e^{-t^2}dt}\)
作 \(u=cos\,x\)，易得：
\(\dfrac{d}{dx}\displaystyle{\int^{1}_{cos\,x}e^{-t^2}dt}=sin\,xe^{-cos^2\,x}\)
所以原式等于：
\(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{sin\,xe^{-cos^2\,x}}{2x}\)
因为 \(sin\,2x\backsim 2x\)
所以
\(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{sin\,xe^{-cos^2\,x}}{2x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{sin\,xe^{-cos^2\,x}}{2sin\,xcos\,x}\)
\(=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-1}}{2}\)
\(=\dfrac{1}{2e}\)
【积分表证明】
因为作者能力与时间限制，所有147个公式会很长时间才会写完
证明全部为作者个人IDEA，如有雷同，提刀相见纯属巧合
【1】
- \(\displaystyle{\int\dfrac{dx}{ax+b}=\ln|ax+b|+C}\)
设 \(u=ax+b\)，则 \(u^\prime=(ax+b)^\prime=a\)
所以 \(\displaystyle{\int\dfrac{dx}{ax+b}=\dfrac{1}{a}\int\dfrac{du}{u}}\)
\(=\displaystyle{\dfrac{1}{a}\ln|ax+b|+C}\)
【3】
- \(\displaystyle{\int\dfrac{x}{ax+b}dx=\dfrac{1}{a^2}(ax+b-b\ln|ax+b|)+C}\)
设 \(u=ax+b\)
\(\displaystyle{\int\dfrac{x}{ax+b}dx=\int\dfrac{x}{au}du}\)
\(=\displaystyle{\int\dfrac{u-b}{a^2u}du}\)
\(=\displaystyle{\dfrac{1}{a^2}\int du-\dfrac{b}{a^2}\int\dfrac{1}{u}du}\)
\(=\dfrac{u}{a^2}-\dfrac{b}{a^2}\ln|u|+C\)
\(=\dfrac{1}{a^2}(ax+b-b\ln|ax+b|)+C\)
- 总结：作代换 \(u=f(x)\) 时，若还有单独的 \(x\)，要想办法用含有 \(u\) 与常数的多项式代替
【4】
- \(\displaystyle{\int\dfrac{x^2}{ax+b}dx=\dfrac{1}{a^3}\left[\dfrac{1}{2}(ax+b)^2-2b(ax+b)+b^2\ln|ax+b|\right]+C}\)
单看的话算是比较难证明，但是我们有公式3做铺垫，证起来就相对简单了
作代换 \(u=ax+b\)，则 \(u^2=(ax+b)^2=a^2x^2+2abx+b^2\)
\(\displaystyle{\int\dfrac{x^2}{ax+b}dx=\int\dfrac{x^2}{au}du}\)
\(=\displaystyle{\int\dfrac{u^2-2abx-b^2}{a^3u}du}\)
\(=\displaystyle{\int\dfrac{u}{a^3}du-\int\dfrac{2abx}{a^3u}du-\dfrac{b^2}{a^3u}du}\)
其中 \(\displaystyle{\int\dfrac{2abx}{a^3u}du=\int\dfrac{2b}{a^3}du-\int\dfrac{2b^2}{a^3u}du}\)
代入原式，得 \(\displaystyle{\int\dfrac{u}{a^3}du-\int\dfrac{2b}{a^3}du+\int\dfrac{2b^2}{a^3u}du-\dfrac{b^2}{a^3u}du}\)
\(=\displaystyle{\dfrac{u^2}{2a^3}-\dfrac{2bu}{a^3}+\dfrac{2b^2}{a^3}\ln|u|-\dfrac{b^2}{a^3}\ln|u|}\)
\(=\dfrac{1}{a^3}\left[\dfrac{1}{2}(ax+b)^2-2b(ax+b)+b^2\ln|ax+b|\right]+C\)
【7】
- \(\displaystyle{\int\dfrac{x}{(ax+b)^2}dx=\dfrac{1}{a^2}\left(\ln|ax+b|+\dfrac{b}{ax+b}\right)+C}\)
设 \(u=ax+b\)
\(\displaystyle{\int\dfrac{x}{(ax+b)^2}dx=\int\dfrac{u-b}{a^2u^2}du}\)
\(=\displaystyle{\dfrac{1}{a^2}\int\dfrac{1}{u}du-\dfrac{b}{a^2}\int\dfrac{1}{u^2}du}\)
\(=\dfrac{1}{a^2}\ln|u|-\dfrac{b}{a^2}·\dfrac{u^{-1}}{-1}+C\)
\(=\dfrac{1}{a^2}\left(\ln|ax+b|+\dfrac{b}{ax+b}\right)+C\)
【33】
- \(\displaystyle{\int\dfrac{x}{\sqrt{x^2+a^2}}dx=\sqrt{x^2+a^2}+C}\)
设 \(u=x^2+a^2\)，则 \(u^\prime=(x^2+a^2)^\prime=2x\)
所以 \(\displaystyle{\int\dfrac{x}{\sqrt{x^2+a^2}}dx=\dfrac{1}{2}\int\dfrac{du}{\sqrt{u}}}\)
\(=\displaystyle{\dfrac{1}{2}\int u^{-\tfrac{1}{2}}du}\)
\(=\dfrac{1}{2}·\dfrac{u^{\tfrac{1}{2}}}{\tfrac{1}{2}}+C\)
\(=u^{\tfrac{1}{2}}+C=\sqrt{x^2+a^2}+C\)
【59】
- \(\displaystyle{\int\dfrac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\arcsin\dfrac{x}{a}+C}\)
设 \(u=\dfrac{x}{a}\)，则 \(u^\prime=\dfrac{1}{a}\)
所以 \(\displaystyle{\int\dfrac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\int\dfrac{dx}{a\sqrt{1-u^2}}}\)
\(=\displaystyle{\int\dfrac{du}{\sqrt{1-u^2}}}\)
\(=\arcsin\dfrac{x}{a}+C\)
【心得经验】
EDITing....
